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一轮复习
《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)26 第三章 思维进阶课3 利用导数解决函数的零点问题(pdf版, 含解析)
文档属性
名称
《高考快车道》2026版高三一轮总复习(数学)26 第三章 思维进阶课3 利用导数解决函数的零点问题(pdf版, 含解析)
格式
zip
文件大小
436.3KB
资源类型
试卷
版本资源
通用版
科目
数学
更新时间
2025-07-02 11:49:33
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文档简介
利用导数解决函数的零点问题
【思维突破妙招】 利用导数解决函数的零点问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.求解此类问题的常用方法:数形结合法、零点存在定理.
技法一 数形结合法探究函数零点问题
[典例1] (2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)=ln x-ax2(a∈R ),讨论函数f (x)在区间上零点的个数.
[解] 函数f (x)的定义域为(0,+∞),由f (x)=0,得a=,
令g(x)=,x∈[1,e2],则g′(x)=,
由g′(x)>0,得1≤x<,
由g′(x)<0,得
故g(x)在区间[1,)上单调递增,在区间上单调递减,
又g(1)=0,g()=,g(e2)=,
作函数g(x)的大致图象,如图所示.
综上,当0≤a<或a=时,f (x)在上有1个零点;
当≤a<时,f (x)在上有2个零点;
当a<0或a>时,f (x)在上没有零点.
含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,则可将参数分离出来后,用x表示含参数的函数,作出该函数的图象,根据图象特征求参数的范围或判断零点个数,即转化为一条直线(平行于x轴)与一个复杂函数图象交点个数问题.
[跟进训练]
1.(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)=x(ex-ax2),若f (x)在(0,+∞)上只有一个零点,求a的值.
[解] 函数f (x)=x(ex-ax2)在(0,+∞)上只有一个零点,等价于y=ex-ax2在(0,+∞)上只有一个零点.
设g(x)=ex-ax2,则函数g(x)在(0,+∞)上只有一个零点,当且仅当g(x)=0在(0,+∞)上只有一解,
即a=在(0,+∞)上只有一解,于是曲线y=(x>0)与直线y=a只有一个公共点,
令φ(x)=(x>0),求导得φ′(x)=,当0<x<2时,φ′(x)<0,当x>2时,φ′(x)>0,
因此函数φ(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
函数φ(x)在x=2处取得极小值同时也是最小值,即φ(2)=,
当x→0时,φ(x)→+∞;当x→+∞时,φ(x)→+∞,
画出φ(x)=大致的图象,如图,
g(x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=φ(2)=,
所以f (x)在(0,+∞)上只有一个零点时,a=.
【教用·备选题】
已知函数f (x)=ex-(a∈R),试讨论函数f (x)的零点个数.
[解] 由f (x)=ex-=0,得xex=a(x≠0),
设h(x)=xex(x≠0),则h′(x)=(x+1)ex,
当x<-1时,h′(x)<0;
当-1<x<0或x>0时,h′(x)>0,
所以h(x)=xex在(-1,0),(0,+∞)上单调递增;
在(-∞,-1)上单调递减,所以h(x)min=h(-1)=-,
据此可画出h(x)=xex的大致图象,如图所示,
所以①当a<-或a=0时,f (x)无零点;
②当a=-或a>0时,f (x)有一个零点;
③当-<a<0时,f (x)有两个零点.
技法二 借助函数的性质探究函数的零点问题
[典例2] (2022·全国乙卷)已知函数f (x)=ln (1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程;
(2)若f (x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
[思维流程]
[解] (1)f (x)的定义域为(-1,+∞),
当a=1时,f (x)=ln (1+x)+,f (0)=0,所以切点为(0,0).f ′(x)=,f ′(0)=2,所以切线斜率为2,
所以曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y=2x.
(2)f (x)=ln (1+x)+,
f ′(x)==,
设g(x)=ex+a(1-x2),
①若a>0,当x∈(-1,0)时,g(x)=ex+a(1-x2)>0,即f ′(x)>0,
所以f (x)在(-1,0)上单调递增,f (x)
故f (x)在(-1,0)上没有零点,不合题意.
②若-1
0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=1+a>0,即f ′(x)>0,
所以f (x)在(0,+∞)上单调递增,f (x)>f (0)=0,
故f (x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意.
③若a<-1,
(ⅰ)当x∈(0,+∞)时,则g′(x)=ex-2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0,
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f ′(m)=0,
当x∈(0,m)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减,
当x∈(m,+∞)时,f ′(x)>0,f (x)单调递增,
所以当x∈(0,m)时,f (x)
当x→+∞,f (x)→+∞,
所以f (x)在(m,+∞)上有唯一零点,
在(0,m)上没有零点,即f (x)在(0,+∞)上有唯一零点.
(ⅱ)当x∈(-1,0)时,g(x)=ex+a(1-x2),
设h(x)=g′(x)=ex-2ax,
h′(x)=ex-2a>0,
所以g′(x)在(-1,0)上单调递增,
g′(-1)=+2a<0,g′(0)=1>0,
所以存在n∈(-1,0),使得g′(n)=0,
当x∈(-1,n)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
当x∈(n,0)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)
又g(-1)=>0,
所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f ′(t)=0,
当x∈(-1,t)时,f (x)单调递增,当x∈(t,0)时,f (x)单调递减,
又x→-1,f (x)→-∞,
而f (0)=0,所以当x∈(t,0)时,f (x)>0,
所以f (x)在(-1,t)上有唯一零点,在(t,0)上无零点,
即f (x)在(-1,0)上有唯一零点,
所以a<-1,符合题意.
④当a=0时,f (x)=ln (1+x)在(-1,+∞)上单调递增,不符合题意.
⑤当a=-1时,f ′(x)=,
令k(x)=ex+x2-1,则k′(x)=ex+2x,
当x>0时,k′(x)>0,k(x)单调递增,
k(x)>k(0)=0,
即f ′(x)>0,f (x)单调递增,
f (x)>f (0)=0,不合题意.
所以若f (x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,则a的取值范围为(-∞,-1).
【教用·备选题】
1.已知函数f (x)=x sin x-.判断函数f (x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明.
[解] f (x)在(0,π)内有且只有两个零点.证明如下:
因为f ′(x)=sin x+xcos x,
当x∈时,f ′(x)>0.
又f (x)=xsin x-,从而有f (0)=-<0,f=>0,
且f (x)在上的图象是连续不断的,
所以f (x)在内至少存在一个零点.
又f (x)在上单调递增,故f (x)在内有且只有一个零点.
当x∈时,令g(x)=f ′(x)=sin x+xcos x.
由g=1>0,g(π)=-π<0,且g(x)在上的图象是连续不断的,
故存在m∈,使得g(m)=0.
由g′(x)=2cos x-xsin x,
知当x∈时,有g′(x)<0,
从而g(x)在上单调递减.
当x∈时,g(x)>g(m)=0,即f ′(x)>0,
从而f (x)在上单调递增,
故当x∈时,f (x)>f=>0,
故f (x)在上无零点;
当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,
即f ′(x)<0,从而f (x)在(m,π)上单调递减.
又f (m)>0,f (π)<0,且f (x)在(m,π)上的图象是连续不断的,从而f (x)在(m,π)内有且仅有一个零点.
综上所述,f (x)在(0,π)内有且只有两个零点.
2.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f (x)的单调性;
(2)若f (x)有两个零点,求a的取值范围.
[思维流程]
[解] (1)当a=1时,f (x)=ex-x-2,则f ′(x)=ex-1.
当x<0时,f ′(x)<0;当x>0时,f ′(x)>0.
所以f (x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
(2)f ′(x)=ex-a.
当a≤0时,f ′(x)>0,所以f (x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f (x)至多存在一个零点,不合题意.
当a>0时,由f ′(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f ′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f ′(x)>0.所以f (x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.故当x=ln a时,f (x)取得最小值,最小值为f (ln a)=-a(1+ln a).
①若0
②若a>,则f (ln a)<0.
由于f (-2)=e-2>0,所以f (x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4且x>2ln (2a)时,f (x)=·-a(x+2)=2a>0.
故f (x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点.从而f (x)在(-∞,+∞)上有两个零点.
综上,a的取值范围是.
利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用,解题中注意零点存在定理的灵活应用.
[跟进训练]
2.(1)(2023·全国乙卷)函数f (x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
(2)已知函数f (x)=x2-a ln x,若a>0,函数f (x)在区间(1,e)上恰有两个零点,求a的取值范围.
(1)B [由题意知f ′(x)=3x2+a,要使函数f (x)存在3个零点,则f ′(x)=0要有2个不同的根,则a<0.令3x2+a=0,解得x=±.令f ′(x)>0,则x<-或x>,令f ′(x)<0,则-
解得a<-3.故选B.]
(2)[解] 函数f (x)=x2-a ln x的定义域为(0,+∞),
f ′(x)=x-=.
因为a>0,由f ′(x)>0,得x>,
由f ′(x)<0,得0
即f (x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
①若≤1,
即0
f (1)=,f (x)在区间(1,e)上无零点.
②若1<
f (x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增,
f (x)min=f ()=a(1-ln a).
∵f (x)在区间(1,e)上恰有两个零点,
∴
∴e
③若≥e,即a≥e2时,f (x)在(1,e)上单调递减,f (1)=>0,f (e)=e2-a<0,f (x)在区间(1,e)上只有一个零点.
综上,f (x)在区间(1,e)上恰有两个零点时,a的取值范围是.
技法三 构造函数法研究函数零点
[典例3] 已知a>0且a≠1,函数f (x)=(x>0).若曲线y=f (x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
[解] 曲线y=f (x)与直线y=1有且仅有两个交点,
可转化为方程=1(x>0)有两个不同的解,即方程=有两个不同的解.
设g(x)=(x>0),则g′(x)=(x>0),
令g′(x)==0,得x=e,
当0
0,函数g(x)单调递增,
当x>e时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减,
故g(x)max=g(e)=,
且当x>e时,g(x)∈,
又g(1)=0,所以0<<,所以a>1且a≠e,
即a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
解决此类问题的关键是构造函数F (x),将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.
[跟进训练]
3.已知函数f (x)=ex+x+4ln(2-x).
(1)求函数f (x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程;
(2)判断函数f (x)的零点个数,并说明理由.
[解] (1)f ′(x)=ex+1-(x<2),所以f ′(0)=e0+1-=0,
又f (0)=e0+0+4ln(2-0)=1+4ln 2,
所以切点坐标为(0,1+4ln 2),
所以函数f (x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程为y=1+4ln 2.
(2)法一:函数f (x)有两个零点,理由如下:
令g(x)=f ′(x),x∈(-∞,2),
g′(x)=ex-=,
令h(x)=(2-x)2ex-4,x∈(-∞,2),h′(x)=x(x-2)ex,
当x<0时,h′(x)>0,h(x)单调递增,当0<x<2时,h′(x)<0,h(x)单调递减,
所以h(x)≤h(0)=0,
故g′(x)≤0,
所以g(x)在(-∞,2)上单调递减,
所以当x<0时,g(x)>g(0)=0,即当x<0时,f ′(x)>0,f (x)在(-∞,0)上单调递增,
当0<x<2时,g(x)<g(0)=0,即当0<x<2时,f ′(x)<0,f (x)在(0,2)上单调递减,
又因为f (2-e6)=+2-e6+24<0,f (0)=e0+0+4ln 2>0,
f (2-e-6)=+2-e-6-24<e2-22<0,
所以f (x)在区间(2-e6,0),(0,2-e-6)内各有一个零点,即函数f (x)有两个零点.
综上,函数f (x)有两个零点.
法二:函数f (x)有两个零点,理由如下:
令f (x)=ex+x+4ln(2-x)=0,
可得ex=-x-4ln(2-x),
判断函数f (x)的零点个数即判断函数t(x)=ex(x<2)与g(x)=-x-4ln(2-x)(x<2)图象交点的个数.
t(x)=ex为增函数,t(x)>0,
当x→-∞时,t(x)→0,
当x→-∞时,g(x)→+∞.
由g′(x)=-1+==0,得x=-2,
当-2<x<2时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x<-2时,g′(x)<0,g(x)单调递减,
因为g(-2)=2-4ln 4<0,
g(-e3+2)=e3-2-4ln e3=e3-14>0,
g(1)=-1<0,g=--4ln=ln =ln >0,
且当x→2时,g(x)→+∞,t(2)=e2,
所以t(x)=ex与g(x)=-x-4ln(2-x)的图象在x<0时有一个交点,
在0<x<2时有一个交点.
综上,函数f (x)有两个零点.
在解导数综合题时,经常会碰到这种情形:导函数存在零点,但是不能求出具体的解,这种零点我们称之为隐零点,相应的问题称为隐零点问题.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求,通过整体代换和过渡,再结合题目条件解决问题.
[典例] 已知函数f (x)=xex-ln x-1,若f (x)≥mx恒成立,求实数m的取值范围.
[赏析] 法一(分离变量法):由f (x)≥mx得xex-ln x-1≥mx(x>0),
即m≤,
令φ(x)=,
则φ′(x)=,
令h(x)=x2ex+ln x,
则h′(x)=(2x+x2)ex+>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
切入点:零点存在定理,发现零点,设而不求
又h=-1<-1=0,h(1)=e>0,
所以h(x)在存在零点x0,
即h(x0)=+ln x0=0,
突破点:等价变形,寻找等量关系
+ln x0==-= ,
关键点:构造辅助函数,得出等量关系
令y=xex(x>0),因为y′=(x+1)ex>0,
所以y=xex在(0,+∞)上单调递增,
故x0=ln =-ln x0,即=,
所以φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
落脚点:整体代换,代入求值
所以φ(x)min=φ(x0)===1,所以m≤1.
法二(朗博同构法):由f (x)≥mx得xex-ln x-1≥mx(x>0),
由切线不等式得
故(1-m)x≥0(x>0)恒成立,
所以1-m≥0,即m≤1.
函数零点存在但不可求时,常虚设零点,利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位长度),然后利用零点所满足的关系进行代换化简.
[跟进训练]
(2024·山东济南二模)已知函数f (x)=ax2-ln x-1,g(x)=xex-ax2(a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)证明:f (x)+g(x)≥x.
[解] (1)由题意可得f (x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=2ax-=,
当a≤0时,则2ax2-1<0在(0,+∞)上恒成立,
可知f (x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,令f ′(x)>0,解得x>;令f ′(x)<0,解得0
可知f (x)在上单调递减,在上单调递增.
综上所述:当a≤0时,f (x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f (x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:构建F (x)=f (x)+g(x)-x=xex-ln x-x-1,x>0,
则F ′(x)=(x+1)ex--1=(x+1),
由x>0可知x+1>0,
构建h(x)=ex-,x>0,
因为y=ex,y=-在(0,+∞)上单调递增,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,
且h=-2<0,h(1)=e-1>0,
可知h(x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0∈,
当0
当x>x0时,h(x)>0,即F ′(x)>0;
可知F (x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
则F (x)≥F (x0)=-ln x0-x0-1,
又因为-=0,
则=,x0=,x0∈,
可得F (x0)=-x0-1=0,
即F (x)≥0,
所以f (x)+g(x)≥x.
进阶特训(三) 利用导数解决函数的零点问题
1.(2024·湖南邵阳三模)已知函数f (x)=-x3+x2+1.
(1)求函数f (x)的单调递增区间;
(2)若函数g(x)=f (x)-k(k∈R)有且仅有三个零点,求k的取值范围.
[解] (1)由f (x)=-x3+x2+1,得f ′(x)=-x2+2x,
令f ′(x)>0,得-x2+2x>0,解得0
所以f (x)在(0,2)上单调递增.
(2)令f ′(x)=0,解得x=0或x=2.
当x变化时,f ′(x),f (x)的变化情况如下表所示:
x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞)
f ′(x) - 0 + 0 -
f (x) 单调递减 1 单调递增 单调递减
由函数g(x)=f (x)-k有且仅有三个零点,
得方程f (x)=k(k∈R)有且仅有三个不等的实数根,所以函数y=f (x)的图象与直线y=k有且仅有三个交点.
显然,当x→-∞时,f (x)→+∞;当x→+∞时,f (x)→-∞.
所以由上表可知,f (x)的极小值为f (0)=1,f (x)的极大值为f (2)=,故k的取值范围为.
2.已知函数f (x)=ax--(a+1)ln x,若f (x)恰有一个零点,求a的取值范围.
[解] 由f (x)=ax--(a+1)ln x(x>0),
得f ′(x)=a+=(x>0).
(1)当a=0时,f (x)=--ln x,f ′(x)=,
当x∈(0,1)时,f ′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,f ′(x)<0,
所以f (x)≤f (1)=-1<0,
所以f (x)不存在零点;
(2)当a<0时,f ′(x)=,
当x∈(0,1)时,f ′(x)>0,f (x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f ′(x)<0,f (x)单调递减,
所以f (x)max=f (1)=a-1<0,
所以f (x)不存在零点;
(3)当a>0时,f ′(x)=,
①当a=1时,f ′(x)≥0,f (x)在(0,+∞)上单调递增,因为f (1)=a-1=0,
所以函数f (x)恰有一个零点;
②当a>1时,0<<1,故f (x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减.
因为f (1)=a-1>0,
所以f>f (1)>0,
当x→0+时,f (x)→-∞,由零点存在定理可知
f (x)在上必有一个零点,
所以a>1满足条件;
③当0<a<1时,>1,故f (x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减.
因为f (1)=a-1<0,
所以f<f (1)<0,
当x→+∞时,f (x)→+∞,由零点存在定理可知f (x)在上必有一个零点,
即0<a<1满足条件.
综上,若f (x)恰有一个零点,则a的取值范围为(0,+∞).
3.已知函数f (x)=.
(1)当a=2时,求f (x)的单调区间;
(2)证明:若曲线y=f (x)与直线y=有且仅有两个交点,求a的取值范围.
[解] (1)当a=2时,f (x)=,则f (x)的定义域为(0,+∞),
∵f ′(x)====,
∴当x∈时,f ′(x)>0;当x∈时,f ′(x)<0,
∴f (x)在上单调递增,在(,+∞)上单调递减.
(2)由题意知:a>0且a≠1.
∵曲线y=f (x)与直线y=有且仅有两个交点,
∴方程=有且仅有两个不等实根,即方程=有且仅有两个不等实根,
即方程=有且仅有两个不等实根.
令F (x)=,则F (x)的定义域为(0,+∞),F ′(x)=,
∴当x∈(0,e)时,F ′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,F ′(x)<0,
∴F (x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴F (x)max=F (e)=,当x→+∞时,F (x)→0;当x→0时,F (x)→-∞.
可得F (x)大致图象如图所示,
令t=xa,则t∈(0,+∞),
∴F (t)=F (a)有且仅有两个不同实根的充要条件为0<<,即F (1)
4.设函数f (x)=-k ln x,k>0.
(1)求f (x)的单调区间和极值;
(2)证明:若f (x)存在零点,则f (x)在区间(1,]上仅有一个零点.
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0,+∞).
由f (x)=-k ln x(k>0),
得f ′(x)=x-=.
由f ′(x)=0,解得x=(负值舍去).
f ′(x)与f (x)在区间(0,+∞)上随x的变化情况如下表.
x (0,) (,+∞)
f ′(x) - 0 +
f (x) 单调递减 单调递增
所以f (x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
f (x)在x=处取得极小值f ()=,无极大值.
(2)证明:由(1)知,f (x)在区间(0,+∞)上的最小值为f ()=.
因为f (x)存在零点,所以≤0,从而k≥e,
当k=e时,f (x)在区间(1,]上单调递减且f ()=0,
所以x=是f (x)在区间(1,]上的唯一零点;
当k>e时,f (x)在区间(1,]上单调递减且f (1)=>0,f ()=<0,
所以f (x)在区间(1,]上仅有一个零点.
综上可知,若f (x)存在零点,则f (x)在区间(1,]上仅有一个零点.
1/1 利用导数解决函数的零点问题
【思维突破妙招】 利用导数解决函数的零点问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.求解此类问题的常用方法:数形结合法、零点存在定理.
技法一 数形结合法探究函数零点问题
[典例1] (2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)=ln x-ax2(a∈R ),讨论函数f (x)在区间上零点的个数.
[听课记录]
含参数的函数的零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,则可将参数分离出来后,用x表示含参数的函数,作出该函数的图象,根据图象特征求参数的范围或判断零点个数,即转化为一条直线(平行于x轴)与一个复杂函数图象交点个数问题.
[跟进训练]
1.(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)=x(ex-ax2),若f (x)在(0,+∞)上只有一个零点,求a的值.
技法二 借助函数的性质探究函数
的零点问题
[典例2] (2022·全国乙卷)已知函数f (x)=ln (1+x)+axe-x.
(1)当a=1时,求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程;
(2)若f (x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围.
[思维流程]
[听课记录]
利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用,解题中注意零点存在定理的灵活应用.
[跟进训练]
2.(1)(2023·全国乙卷)函数f (x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)
(2)已知函数f (x)=x2-a ln x,若a>0,函数f (x)在区间(1,e)上恰有两个零点,求a的取值范围.
技法三 构造函数法研究函数零点
[典例3] 已知a>0且a≠1,函数f (x)=(x>0).若曲线y=f (x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
[听课记录]
解决此类问题的关键是构造函数F (x),将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.
[跟进训练]
3.已知函数f (x)=ex+x+4ln(2-x).
(1)求函数f (x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程;
(2)判断函数f (x)的零点个数,并说明理由.
在解导数综合题时,经常会碰到这种情形:导函数存在零点,但是不能求出具体的解,这种零点我们称之为隐零点,相应的问题称为隐零点问题.这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求,通过整体代换和过渡,再结合题目条件解决问题.
[典例] 已知函数f (x)=xex-ln x-1,若f (x)≥mx恒成立,求实数m的取值范围.
[赏析] 法一(分离变量法):由f (x)≥mx得xex-ln x-1≥mx(x>0),
即m≤,
令φ(x)=,
则φ′(x)=,
令h(x)=x2ex+ln x,
则h′(x)=(2x+x2)ex+>0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.
切入点:零点存在定理,发现零点,设而不求
又h=-1<-1=0,h(1)=e>0,
所以h(x)在存在零点x0,
即h(x0)=+ln x0=0,
突破点:等价变形,寻找等量关系
+ln x0==-= ,
关键点:构造辅助函数,得出等量关系
令y=xex(x>0),因为y′=(x+1)ex>0,
所以y=xex在(0,+∞)上单调递增,
故x0=ln =-ln x0,即=,
所以φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.
落脚点:整体代换,代入求值
所以φ(x)min=φ(x0)===1,所以m≤1.
法二(朗博同构法):由f (x)≥mx得xex-ln x-1≥mx(x>0),
由切线不等式得
故(1-m)x≥0(x>0)恒成立,
所以1-m≥0,即m≤1.
函数零点存在但不可求时,常虚设零点,利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位长度),然后利用零点所满足的关系进行代换化简.
[跟进训练]
(2024·山东济南二模)已知函数f (x)=ax2-ln x-1,g(x)=xex-ax2(a∈R).
(1)讨论f (x)的单调性;
(2)证明:f (x)+g(x)≥x.
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